1、一、復(fù)合場 復(fù)合場是指電場、 和重力場并存,或其中某兩場并存,或分區(qū)域存在. 二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類 1.靜止或勻速直線運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時,將處于 狀態(tài)或做 .,第4課時 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 考點(diǎn)自清,磁場,勻速直線運(yùn)動,靜止,2.勻速圓周運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小 ,方向 時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做 運(yùn)動. 3.較復(fù)雜的曲線運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上,粒子做 變速曲線運(yùn)動,這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線.,相等,相反,勻速圓周,非勻,4.分階段運(yùn)動

2、帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域,其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成.,點(diǎn)撥 研究帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動時,首先要明確各種不同力的性質(zhì)和特點(diǎn);其次要正確地畫出其運(yùn)動軌跡,再選擇恰當(dāng)?shù)囊?guī)律求解.,三、電場磁場分區(qū)域應(yīng)用實(shí)例 1.電視顯像管 電視顯像管是應(yīng)用電子束 (填“電偏轉(zhuǎn)” 或“磁偏轉(zhuǎn)”)的原理來工作的,使電子束偏轉(zhuǎn)的 (填“電場”或“磁場”)是由兩對偏 轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的.顯像管工作時,由 發(fā)射電子 束,利用磁場來使電子束偏轉(zhuǎn),實(shí)現(xiàn)電視技術(shù) 中的 ,使整個熒光屏都在發(fā)光. 2.質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造:如圖1所示,由粒子源、 、 和照相底片等構(gòu)成.,磁偏轉(zhuǎn),磁場

3、,陰極,掃描,加速電場,偏轉(zhuǎn)磁場,圖1,(2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,根據(jù)動能定理可得關(guān)系式 ,粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn),做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式 由兩式可得出需要研究的物理量,如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷. r = ,m= , = .,3.回旋加速器 (1)構(gòu)造:如圖2所示,D1、D2是半圓金屬盒,D形盒的縫隙處接 電源.D形盒處于勻強(qiáng)磁場中.,交流,圖2,(2)原理:交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等,粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙,兩盒間的電勢差一次一次地反向,粒子就會被一次一次地加速.由qvB= ,得Ekm= ,可見粒子獲得的最大動

4、能由 和D形盒 決定,與加速電壓無關(guān).,磁感應(yīng)強(qiáng)度B,半徑R,四、電場磁場同區(qū)域并存應(yīng)用實(shí)例 1.速度選擇器 如圖3所示,平行板中電場強(qiáng) 度E的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的 方向互相 ,這種裝置 能把具有一定速度的粒子選 擇出來,所以叫做速度選擇器.帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是qE=qvB,即v= .,圖3,垂直,2.磁流體發(fā)電機(jī) 根據(jù)左手定則,如圖4中的B板是發(fā)電機(jī)的正極.磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U= .,dvB,圖4,3.電磁流量計 工作原理:如圖5所示,圓形導(dǎo)管直徑為d,用 制成,導(dǎo)電液體在管中向左流動,導(dǎo)

5、電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子),在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢差,形成電場,當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時,a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定, 即qvB=qE=q ,所以v= ,因 此液體流量Q=Sv= .,非磁性材料,圖5,4.霍爾效應(yīng):在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體,當(dāng) 與電流方向垂直時,導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了 ,這個現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差,其原理如圖6所示. 名師點(diǎn)撥 理解帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的這幾個實(shí)例時,一定要從其共性qE=qvB出發(fā).,磁場方向,電勢差,圖6,熱點(diǎn)一 磁偏轉(zhuǎn)與電偏轉(zhuǎn)的區(qū)別,熱點(diǎn)聚焦,特別提示 (

6、1)電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)分別是利用電場和磁場對(運(yùn)動)電荷產(chǎn)生電場力和洛倫茲力的作用,控制其運(yùn)動方向和軌跡. (2)兩類運(yùn)動的受力情況和處理方法差別很大,要首先進(jìn)行區(qū)別分析,再根據(jù)具體情況處理.,熱點(diǎn)二 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分類 1.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動 (1)磁場力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線 運(yùn)動. 若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜 曲線運(yùn)動,因F洛不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求 解問題. (2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直 線運(yùn)動.,若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復(fù)雜曲線運(yùn)動,因F洛

7、不做功,可用動能定理求解問題. (3)電場力、磁場力、重力并存 若三力平衡,一定做勻速直線運(yùn)動. 若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動. 若合力不為零且與速度方向不垂直,做復(fù)雜的曲線運(yùn)動,因F洛不做功,可用能量守恒或動能定理求解問題. 2.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動 帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和,圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、 恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果. 3.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的臨界值問題 由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜、運(yùn)動情況多變,往往出現(xiàn)

8、臨界問題,這時應(yīng)以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口,挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程,再與其他方程聯(lián)立求解.,特別提示 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的問題,往往綜合性較 強(qiáng)、物理過程復(fù)雜.在分析處理該部分的問題時, 要充分挖掘題目的隱含信息,利用題目創(chuàng)設(shè)的情 景,對粒子做好受力分析、運(yùn)動過程分析,培養(yǎng) 空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識 處理物理問題的能力.,熱點(diǎn)三 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題分析 1.弄清復(fù)合場的組成,一般有磁場、電場的復(fù)合;磁場、重力場的復(fù)合;磁場、電場、重力場三者的復(fù)合. 2.正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析. 3

9、.確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài),注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合. 4.對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題,要分階段進(jìn)行處理.轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度往往成為解題的突破口.,5.畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律. (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時,根據(jù)受力平衡列方程求解. (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時,應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解. (3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解. (4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.,交流與思考:在解決復(fù)合場問題時,帶電粒子的重力是否考慮是正確而快速解題的前提,如何確定粒子的重力是否需要考慮?,提示:復(fù)合場中粒子重力是否

10、考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等,因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些實(shí)際物體,如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力. (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的,這種情況比較正規(guī),也比較簡單. (3)不能直接判斷是否要考慮重力的,在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時,要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力.,題型1 帶電粒子在分區(qū)域場中的運(yùn)動 【例1】 如圖7所示,勻強(qiáng)電場區(qū)域和勻強(qiáng)磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等均為d,電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下,而磁場方向垂直紙面向里.一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場方向進(jìn)入電場,從A點(diǎn)出電場進(jìn)入磁場,離開電場時帶電

11、粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半,當(dāng)粒子從磁場右邊界上C點(diǎn)穿出磁場時速度方向與進(jìn)入電場O點(diǎn)時的速度方向一致,d、v0已知(帶電粒子重力不計),求:,題型探究,圖7,(1)粒子從C點(diǎn)穿出磁場時的速度. (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值. 思路點(diǎn)撥 解答此題應(yīng)把握以下三點(diǎn): (1)正確地畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡. (2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動. (3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動.,解析 (1)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運(yùn)動,則 垂直電場方向d=v0t,平行電場方向 得vy=v0,到A點(diǎn)速度為v=2v0,在磁場中速度大小不變,所以從C點(diǎn)出磁場時速度仍為 v0 (2)在電場中偏轉(zhuǎn)時,射出A點(diǎn)時

12、速度與水平方向成45 vy=,并且vy=v0 得E= 在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,如右圖所示 由幾何關(guān)系得R= d 又qvB= ,且v= v0,得B= 解得 =v0 答案 (1) v0 (2)v0,方法提煉 帶電粒子在分區(qū)域電場、磁場中運(yùn)動問題思路導(dǎo)圖,變式練習(xí)1 如圖8所示, 空間 分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電 場和勻強(qiáng)磁場.左側(cè)勻強(qiáng)電場 的場強(qiáng)大小為E、方向水平向 右,電場寬度為L;中間區(qū)域勻 強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外;右側(cè)區(qū)域為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B.一個質(zhì)量為m、電荷量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動,穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)

13、磁場區(qū)域后,又回到O點(diǎn),然后重復(fù)上述運(yùn)動過程.求:,圖8,(1)中間磁場區(qū)域的寬度d. (2)帶電粒子從O點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次回到O點(diǎn)所用時間t.,解析 (1)帶電粒子在電場中加速,由動能定理,可得 qEL= mv2 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn),由牛頓第二定律可得 qvB= 由以上兩式,可得R=,可見在兩磁場區(qū)粒子運(yùn)動 半徑相同,如下圖所示,三 段圓弧的圓心組成的三角 形O1O2O3是等邊三角形, 其邊長為2R.所以中間磁場 區(qū)域的寬度為,d=Rsin 60= (2)在電場中t1= 在中間磁場中運(yùn)動時間t2= 在右側(cè)磁場中運(yùn)動時間t3= 則粒子第一次回到O點(diǎn)的所用時間為 t=t1+t2+t3= 答案

14、(1) (2),題型2 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 【例2】 如圖9所示, 在水平 地面上方有一范圍足夠大的 互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng) 磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng) 度為B,方向水平并垂直紙面 向里.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動,重力加速度為g. (1)求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向.,圖9,(2)若某時刻微粒在場中運(yùn)動到P點(diǎn)時,速度與水平方向的夾角為60,且已知P點(diǎn)與水平地面間的距離等于其做圓周運(yùn)動的半徑.求該微粒運(yùn)動到最高點(diǎn)時與水平地面間的距離. (3)當(dāng)帶電微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時,將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?(方向不變

15、,且不計電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時的速度大小.,審題提示 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時,合外力時刻指向圓心,速率不變,而重力和電場力的方向是無法改變的,只能是這兩個力平衡,由洛倫茲力提供向心力. (2)根據(jù)圓周運(yùn)動的速度必定是切線方向、圓心必定在垂直于速度方向的直線上的特點(diǎn),正確地畫出運(yùn)動軌跡,再由幾何關(guān)系找出最高點(diǎn)到地面的距離與軌道半徑R的關(guān)系. (3)由于洛倫茲力不做功,所以利用動能定理來解決一般的曲線運(yùn)動.,解析 (1)由于帶電微粒可以在電場、磁場和重力場共存的區(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運(yùn)動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、

16、方向相反,因此電場強(qiáng)度的方向豎直向上. 設(shè)電場強(qiáng)度為E,則有mg=qE,即E= . (2)設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公 式有qvB= ,解得R= . 依題意可畫出帶電微粒做勻速 圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示,由 幾何關(guān)系可知,該微粒運(yùn)動至 最高點(diǎn)時與水平地面間的距離hm= R= .,(3)將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?,則電場力變?yōu)樵瓉淼?,即F電= ,帶電微粒運(yùn)動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點(diǎn)運(yùn)動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設(shè)帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有 mghm-F電hm= mv12- mv2 解得v1= 答案 (1)

17、,方向豎直向上 (2) (3),方法提煉 處理帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的技巧 1.弄清復(fù)合場的組成. 2.正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特征. 3.畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律. 4.對于臨界問題,注意挖掘隱含條件,關(guān)注特殊 詞語如“恰好”“剛好”“至少”,尋找解題的突破口.,變式練習(xí)2 如圖10所示, 空間 存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場 方向為y軸正方向,磁場方向垂 直于xOy平面(紙面)向外,電場 和磁場都可以隨意加上或撤除, 重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣.一帶正電荷的粒子從P(x=0,y=h)點(diǎn)以一定的速度平行于x軸正向入射.這時若只有磁場,粒子將做半徑為R0的圓周運(yùn)動

18、;若同時存在電場和磁場,粒子恰好做直線運(yùn)動.現(xiàn)在,只加電場,當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到x=R0平面(圖中虛線所示)時,立即撤除電場同時加上磁場,粒子繼續(xù)運(yùn)動,其軌跡與x軸交于M點(diǎn).不計重力.求:,圖10,(1)粒子到達(dá)x=R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離. (2)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM.,解析 (1)設(shè)粒子質(zhì)量、帶電荷量和入射速度分別為m、q和v0,則電場的場強(qiáng)E和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足下述條件,qE=qv0B qv0B= 只有電場時,入射粒子將以與電場方向相同的加速度 a= 做類平拋運(yùn)動 粒子從P(x=0,y=h)點(diǎn)運(yùn)動到x=R0平面的時間為,t= 粒子到達(dá)x=R0平面時速度的y分量為

19、 vy=at 由式得vy=v0 此時粒子速度大小為 v = 速度方向與x軸的夾角為= 粒子與x軸的距離為 H=h + at2=h +,(2)撤除電場加上磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)圓軌道半徑為R,則 qvB= 由式得R= R0 粒子運(yùn)動的軌跡如右圖所示,其中圓弧的圓心C位于與速度v的方向垂直的直線上,該直線與x軸和y軸的夾角為/4.由幾何關(guān)系及 式知C點(diǎn)的坐標(biāo)為 xC=2R0 yC=H-R0=h- 過C點(diǎn)作x軸的垂線,垂足為D,在CDM中,=R= R0 =yC=h- R0 由此求得 M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xM=2R0+ 答案 (1) h+ (2) 2R0+,題型3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動模

20、型 【例3】 飛行時間質(zhì)譜儀可以對氣體分子進(jìn)行分析.如圖11所示,在真空狀態(tài)下,脈沖閥P噴出微量氣體,經(jīng)激光照射產(chǎn)生不同價位的正離子,自a板小孔進(jìn)入a、b間的加速電場,從b板小孔射出,沿中線方向進(jìn)入M、N板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū),到達(dá)探測器.已知元電荷電荷量為e,a、b板間距為d,極板M、N的長度和間距均為L.不計離子重力及進(jìn)入a板時的初速度.,圖11,(1)當(dāng)a、b間的電壓為U1時,在M、N間加上適當(dāng)?shù)碾妷篣2,使離子到達(dá)探測器.請推導(dǎo)出離子的全部飛行時間t與比荷K(K=ne/m)的關(guān)系式.,(2)去掉偏轉(zhuǎn)電壓U2,在M、N間加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,若進(jìn)入a、b間所有離子質(zhì)量均為m

21、,要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側(cè)飛出,a、b間的加速電壓U1至少為多少?,解析 (1)由動能定理:neU1= mv2 n價正離子在a、b間的加速度:a1= 在a、b間運(yùn)動的時間:t1= 在M、N間運(yùn)動的時間:t2= 離子到達(dá)探測器的時間:t=t1+t2= ,(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉(zhuǎn),洛倫茲力提供向心力,設(shè)軌跡半徑為R,由牛頓第二定律得 nevB= 離子剛好從N板右側(cè)邊緣穿出時,由幾何關(guān)系得 R2=L2+(R-L/2)2 由以上各式得:U1= 當(dāng)n=1時U1取最小值Umin= 答案 (1)t= (2),評分標(biāo)準(zhǔn) 本題共18分。其中式各3分，式各2分，式各1分。 名師導(dǎo)析 理論與

22、實(shí)踐相結(jié)合是高考命題的熱點(diǎn).往往與最新科技成果、前沿相聯(lián)系,有一定的綜合性,具有濃厚的時代氣息.而與帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動緊密相連的加速器正好符合了這一高考命題特點(diǎn),成為科技與高考相結(jié)合的切入點(diǎn).解決此類問題的方法往往是抽去科技背景,建立物理模型,由相關(guān)規(guī)律分析求得.,自我批閱,(16分)如圖12甲是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.設(shè)法使某 有機(jī)化合物的氣態(tài)分子導(dǎo)入圖中的A容器,使它受到電 子束轟擊,失去一個電子成為正一價的離子.離子從狹 縫S1以很小的速度進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)(初速度不 計),加速后再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁 場,該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于

23、紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.離子經(jīng)偏 轉(zhuǎn)磁場后,最終到達(dá)照相底片上的H點(diǎn)(圖中未畫出),測 得G、H間的距離為d,粒子的重力可忽略不計.試求:,圖12 (1)該粒子的比荷(q/m). (2)若偏轉(zhuǎn)磁場為半徑為 d的圓形區(qū)域,且與MN相切 于G點(diǎn),如圖乙所示,其它條件不變.仍保證上述粒子從 G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場,最終仍然到達(dá)照相底片上 的H點(diǎn),則磁感應(yīng)強(qiáng)度 的比值為多少?,解析 (1)qU= mv2(3分) R= (1分) qvB= (1分) 得 (2分) (2)軌跡如下圖所示,設(shè)GOH=,帶電粒子在磁場中運(yùn)動半徑為R,則tan= (2分) 即=60 則HO=2OP,即d-R

24、=2R(2分) 得R= d(1分) 因為其它條件不變,由牛頓第二定律 qvB= (1分) qvB= (1分) 聯(lián)立以上兩式,得 =1.5(2分) 答案 (1) (2)1.5,素能提升,1.有一個帶電量為+q、重為G的小球,從 兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下, 兩極板間另有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,方向如圖13所示,則帶電小球通過有 電場和磁場的空間時,下列說法錯誤的 是 ( ) A.一定作曲線運(yùn)動 B.不可能做曲線運(yùn)動 C.有可能做勻加速運(yùn)動 D.有可能做勻速運(yùn)動,圖13,解析 由于小球的速度變化時,洛倫茲力會變化,小球 所受合力變化,小球不可能做勻速或勻加速運(yùn)動,B、C、 D錯. 答案

25、 BCD,2.空間存在一勻強(qiáng)磁場B,其方向垂直 紙面向里,另有一個點(diǎn)電荷+Q的電 場,如圖14所示,一帶電粒子q以初 速度v0從某處垂直電場、磁場入射, 初位置到點(diǎn)電荷的距離為r,則粒子 在電、磁場中的運(yùn)動軌跡可能為( ) A.以+Q為圓心,r為半徑的紙面內(nèi)的圓周 B.沿初速度v0方向的直線 C.開始階段在紙面內(nèi)向左偏的曲線 D.開始階段在紙面內(nèi)向右偏的曲線,圖14,ACD,3.在如圖所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)(不計重力),電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動的是(),解析 如電子水平向右運(yùn)動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場力水平向左,洛倫茲力為零,故

26、電子可能水平向右勻減速直線運(yùn)動;在C圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向下,當(dāng)二者大小相等時,電子向右做勻速直線運(yùn)動;在D圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動,因此只有選項B、C正確. 答案 BC,4.如圖15所示,空間存在豎直 向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙 面向里的勻強(qiáng)磁場.一帶電 粒子在電場力和洛倫茲力 共同作用下,從靜止開始自 A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動,到達(dá)B點(diǎn)時速度為零,C為運(yùn)動的最低點(diǎn),不計重力,則() A.該粒子必帶正電荷 B.A、B兩點(diǎn)位于同一高度 C.粒子到達(dá)C時的速度最大 D.粒子到達(dá)B點(diǎn)后,將沿原曲線返回A點(diǎn),圖15,解析 在不計重力情況下,粒子從A點(diǎn)

27、靜止開始向下運(yùn)動,說明粒子受向下的電場力,帶正電,選項A正確.整個過程中只有電場力做功,而A、B兩點(diǎn)粒子速度都為零,所以A、B在同一等勢面上,選項B正確.運(yùn)動到C點(diǎn)時粒子在電場力方向上發(fā)生的位移最大,電場力做功最多,離子速度最大,選項C正確.離子從B點(diǎn)向下運(yùn)動時受向右的洛倫茲力,將向右偏,故選項D錯. 答案 ABC,5.如圖16所示,空間內(nèi)存在著方向 豎直向下的勻強(qiáng)電場E和垂直紙 面向里的勻強(qiáng)磁場B.一個質(zhì)量 為m的帶電液滴,在豎直平面內(nèi) 做圓周運(yùn)動,下列說法不正確的是() A.液滴在運(yùn)動過程中速率不變 B.液滴所帶電荷一定為負(fù)電荷,電荷量大小為 mg/E C.液滴一定沿順時針方向運(yùn)動 D.液

28、滴可以沿逆時針方向運(yùn)動,也可以沿順時針 方向運(yùn)動,圖16,解析 很顯然,液滴共受三個力:重力、電場力和洛倫茲力.圓周運(yùn)動要么是勻速圓周運(yùn)動,要么是非勻速圓周運(yùn)動.如果重力和電場力的合力不為零,液滴必然會沿這個合力方向有一個分運(yùn)動,那么液滴就不可能沿圓周運(yùn)動,所以重力和電場力一定相平衡,即液滴一定做勻速圓周運(yùn)動,A選項正確;電場力一定向上,故液滴必帶負(fù)電荷,由mg=Eq得q=mg/E,B選項正確;由左手定則可判定液滴必沿順時針方向運(yùn)動,因為洛倫茲力始終指向圓心,故C對，D錯. 答案 D,6.回旋加速器是用于加速帶 電粒子流,使之獲得很大 動能的儀器,其核心部分 是兩個D形金屬扁盒,兩 盒分別和一

29、高頻交流電源 兩極相接,以便在盒間狹縫中形成勻強(qiáng)電場, 使粒子每次穿過狹縫都得到加速.兩盒放在 勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于盒底面,粒子源 置于盒的圓心附近,若粒子源射出的粒子電荷 量為q、質(zhì)量為m,粒子最大回旋半徑為Rm,其運(yùn)動軌跡如圖17所示.問:,圖17,(1)粒子在盒內(nèi)做何種運(yùn)動? (2)粒子在兩盒間狹縫內(nèi)做何種運(yùn)動? (3)所加交變電壓頻率為多大?粒子運(yùn)動角速度為多大? (4)粒子離開加速器時速度為多大? (5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U,盒間距離為d,求加速到上述能量所需的時間.,解析 (1)D形盒由金屬導(dǎo)體制成,可屏蔽外電場因而盒內(nèi)無電場.盒內(nèi)存在垂直盒面的磁場,故粒子在盒內(nèi)磁場中做勻速圓周運(yùn)動.,(2)兩盒間狹縫內(nèi)存在